Egzamin z Algebry, 6 II 2009 godz. 9.00

1. Zadanie wstępne

Nr

Zadanie

Odp.

1

Zapisać w postaci kanonicznej (algebraicznej)

√

−2i

Rozwiązanie:
z =

√

−2i ⇐⇒ z

2

= −2i

z = x + iy
x

2

− y

2

+ 2xyi = −2i

x

2

− y

2

= 0

,

2xy = −2

y = ±x
dla y = x mamy x

2

= −1 sprzeczność

dla y = −x mamy x

2

= 1 czyli x = ±1

1 − i ,
−1 + i

2

Wyznaczyć rząd macierzy A

A =







1 2 4 2
3 1 2 6
0 1 2 0







Rozwiązanie:

rzA = rz







1 2 4 2
3 1 2 6
0 1 2 0







= rz







1 2
3 1
0 1







ponieważ k

3

= 2k

2

, k

4

= 2k

1

kolumny nie są proporcjonalne więc rzA = 2

2

3

Obliczyć odległość punktu P (1, 2, 3) od osi Oz
Rozwiązanie:
Rzut punktu P na oś Oz : P

0

(0, 0, 3) , a szukana odległość d = P P

0

, więc

d =

√

1

2

+ 2

2

=

√

5

√

5

4

Obliczyć pole ∆ABC o wierzchołkach: A(0, 0, 0) , B(0, 1, 0) , C(1, 1, 1)
Rozwiązanie:
Kąt B w trójkącie jest prosty więc:

S =

1
2

AB · BC =

1
2

√

0

2

+ 1

2

+ 0

2

·

√

1

2

+ 0

2

+ 1

2

=

√

2

2

√

2

2

5

Dla jakich wartości parametru p układ równań











x + y +

z = 0

y +

z = 0

x

+ pz = 0

ma rozwiązanie niezerowe.
Rozwiązanie:
Układ będzie miał rozwiąznie niezerowe, gdy |A| = 0 . ( Jeśli |A| 6= 0 to
układ ma jedno rozwiązanie; jest to rozwiązanie zerowe)

|A| =

1 1 1
0 1 1
1 0 p

= p + 1 − 1 = p = 0

p = 0

1

2. Rozwiązać równanie w dziedzinie zespolonej

z

3

− (2 + i)z

2

− (1 − 7i)z = 0

Rozwiązanie:

z

3

− (2 + i)z

2

− (1 − 7i)z = z(z

2

− (2 + i)z − 1 + 7i) = 0

z = 0 lub z

2

− (2 + i)z − 1 + 7i = 0

Z pierwszego równania mamy rozwiązanie z

1

= 0

Rozwiązujemy drugie:

z

2

− (2 + i)z − 1 + 7i = 0

∆ = (−(2 + i))

2

− 4(−1 + 7i) = 4 + 4i − 1 + 4 − 28i = 7 − 24i

Obliczamy

w =

√

∆

W

2

= ∆

definicja pierwiastka

w = u + iv , u, v ∈ R

u

2

− v

2

+ 2uvi = 7 − 24i

przyrównujemy części rzeczywiste i urojone

(

u

2

− v

2

= 7

2uv = −24

v =

−12

u

z drugiego równania; podstawiamy do pierwszego

u

2

−

144

u

2

= 7

mnożymy przez u

2

u

4

− 7u

2

− 144 = 0

Podstawiamy t = u

2

t

2

− 7t − 144 = 0

∆ = 49 + 576 = 625

t

1

=

7 − 25

2

= −9 , t

2

=

7 + 25

2

= 16

u

2

= −9

brak rozwiązań

u

2

= 16

u

1

= 4 , u

2

= −4

v

1

= −3 , v

2

= 3

w

1

= 4 − 3i , w

2

= −4 + 3i

stąd

z

2

=

2 + i − w

1

2

= −1 + 2i

z

2

=

2 + i + w

1

2

= 3 − i

Odpowiedż:

z

1

= 0

z

2

= −1 + 2i

z

3

= 3 − i

2

3. Rozwiązać równanie macierzowe:

"

0

3

5 −2

#

+ 4X

−1

=

"

1 2
3 4

#

Rozwiązanie:

"

0

3

5 −2

#

+ 4X =

"

1 2
3 4

#

−1

X =

1
4

−

"

0

3

5 −2

#

+

"

1 2
3 4

#

−1

!

Obliczamy B

−1

, B =

"

1 2
3 4

#

|B| = −2

B

T

=

"

1 3
2 4

#

B

D

=

"

4 −2

−3

1

#

B

−1

=

−1

2

"

4 −2

−3

1

#

=

"

−2

1

3
2

−

1
2

#

X =

1
4

"

−2

1

3
2

−

1
2

#

−

"

0

3

5 −2

#!

=

1
4

"

−2 −2

−

7
2

3
2

#

=

1
8

"

−4 −4
−7

3

#

Odpowiedź:

X =

1
8

"

−4 −4
−7

3

#

3

4. Wyznaczyć niewiadomą z z układu równań:



















x

+

z + 4t = 0

x + 2y + 4z −

t = 4

4x

+ 2t = 3

3x

+ 2z +

t = 2

Rozwiązanie:

Korzystamy ze wzorów Cramera:

z =

|A

3

|

|A|

, jeśli |A| 6= 0

Obliczamy:

|A| =

1 0 1

4

1 2 4 −1
4 0 0

2

3 0 2

1

= 2(−1)

4

1 1 4
4 0 2
3 2 1

=

rozwinięcie Laplace’a 2-kolumna

2(0 + 6 + 32 − 0 − 4 − 4) = 60 6= 0

|A

3

| =

1 0 0

4

1 2 4 −1
4 0 3

2

3 0 2

1

= 2(−1)

4

1 0 4
4 3 2
3 2 1

=

rozwinięcie Laplace’a 2-kolumna

2(3 + 0 + 32 − 36 − 4 − 0) = −10

z =

−10

60

= −

−1

6

Odpowiedź:

z = −

1
6

4

5. Wyznaczyć równanie płaszczyzny przechodzącej przez punkt P (3, 0, 0) i zawierającej

prostą l :

x

5

=

y + 2

2

=

z − 3

1

Rozwiązanie:

Szukana płaszczyzna π jest wyznaczoma przez podane warunki:

P ∈ π , l ⊂ π

Warunek l ⊂ π oznacza, że π jest jedną z pęku płaszczyzn przechodzących przez prostą
l .

l :















x

5

=

y + 2

2

y + 2

2

=

z − 3

1

l :

(

2x − 5y − 10 = 0
y + 2 − 2z + 6 = 0

π :

α(2x − 5y − 10) + β(y − 2z + 8) = 0

równanie pęku płaszczyzn

−4α + 8β = 0

ponieważ P ∈ π

Podstawiamy za β = 1 ( możemy wybrać dowolną wartość β 6= 0 i tak dostaniemy tę
samą płaszczyznę)

wtedy α = 2

π :

2(2x − 5y − 10) + (y − 2z + 8) = 0

π :

4x − 9y − 2z − 12 = 0

Odpowiedź:

π :

4x − 9y − 2z − 12 = 0

5

6. Napisać równanie sfery o promieniu 1 , której środkiem jest punkt symetryczny do

punktu A(6, −3, 0) względem płaszczyzny π :

x + y + z = 0

Rozwiązanie:

Szukamy środka sfery A

0

. Wektor

−−→

AA

0

jest prostopadły do płaszczyzny π. Jeżeli wy-

bieremy dowolny punkt płaszczyzny P ∈ π to
−−→

P A

0

· −

→

n = −

−→

P A · −

→

n ponieważ |

−→

P A| = |

−−→

P A

0

| , a kąt ∠(

−−→

P A

0

, −

→

n ) = π − ∠(

−→

P A, −

→

n )

−

→

n = [1, 1, 1]

wektor normalny płaszczyzny π

−−→

AA

0

⊥ π więc

−−→

AA

0

k −

→

n

−−→

AA

0

= k · −

→

n

A

0

(x, y, z)

oznaczamy współrzędne A

0

[x − 6, y + 3, z] = [k, k, k]

x = k + 6 , y = k − 3 , z = k

P (0, 0, 0)

dowolny punkt spełniający równanie płaszczyzny

−−→

P A

0

= [k + 6, k − 3, k]

−→

P A = [6, −3, 0]

k + 6 + k − 3 + k = −(6 − 3 + 0)

−−→

P A

0

· −

→

n = −

−→

P A · −

→

n

k − 2

x = −2 + 6 = 4 , y = −2 − 3 = −5 , z = −2

stąd A

0

= (4, −5, −2)

Sfera o środku w punkcie A

0

i promieniu 1 ma równanie:

S :

(x − 4)

2

+ (y + 5)

2

+ (z + 2)

2

= 1

Odpowiedź:

Równanie szukanej sfery:

S :

(x − 4)

2

+ (y + 5)

2

+ (z + 2)

2

= 1

6